Bài tập ôn thi học sinh giỏi có đáp án chi tiết về sóng cơ môn vật lý lớp 12 | Lớp 12, Vật lý - Ôn Luyện - Pdf 72

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ƠN TẬP CHƯƠNG SĨNG CƠ
Bài 1

Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu cách nhau 8cm gắn ở đầu một cần rung có tần số f = 100Hz, được

đặt chạm nhẹ vào mặt nước. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 0,8 m/s.

a/ Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng u =

A.cos2πft. Viết phương trình dao động của điểm M1 cách đều S1, S2 một khoảng d = 8cm.

b/ Tìm trên đường trung trực của S1, S2 điểm M2 gần M1 nhất và dao động cùng pha với M1.

c/ Cố định tần số rung, thay đổi khoảng cách S1S2. Để lại quan sát được hiện tượng giao thoa ổn định

trên mặt nước, phải tăng khoảng cách S1S2 một đoạn ít nhất bằng bao nhiêu ? Với khoảng cách ấy thì

giữa S1, S2 có bao nhiêu điểm có biên độ cực đại. Coi rằng khi có giao thoa ổn định thì hai điểm S1S2 là

hai điểm có biên độ cực tiểu.
Bai 2:

Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp

S1, S2 cách nhau 8cm dao động cùng pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần

lượt những khoảng d1 = 25cm, d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực

của AB có hai dãy cực đại khác.

a. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước.

lần lượt là us1 = 2cos(10t -
4


) (mm) và us2 = 2cos(10t +
4


) (mm). Tốc độ truyền sóng trên mặt
nước là 10cm/s. Xem biên độ của sóng khơng đổi trong quá trình truyền đi.

1. Viết phương trình dao động của điểm M trên mặt nước cách S1 khoảng S1M=10cm và S2

khoảng S2M = 6cm.

2. Xác định số đường dao động cực đại đi qua S1S2 và S2M.
3. Xác định điểm dao động cực đại trên S2M gần S2 nhất.

Bai 5: Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thống của một chất lỏng dao động theo phương

trình uA 6. os(20 )(c t mm u); B 6. os(20c t/ 2)(mm). Coi biên độ sóng khơng giảm theo khoảng

cách, tốc độ sóng v30(cm s/ ). Khoảng cách giữa hai nguồn AB20(cm).
 1. Tính số điểm đứng yên và số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

3. Hai điểm M M1; 2 cùng nằm trên một elip nhận A,B làm tiêu điểm có AM1 BM13(cm) và

2 2 4,5( )

Bài 9. Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình:
5cos(20 )

A

u  t cm và uB 5cos(20t)cm. Coi biên độ sóng khơng đổi, tốc độ sóng là 60 cm/s.

a) Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M cách A, B những đoạn là: MA = 11cm; MB = 14 cm.

b) Cho AB = 20 cm. Hai điểm C, D trên mặt nước mà ABCD là hình chữ nhật với AD = 15 cm. Tính
số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn AB và trên đoạn AC.

c) Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách A những đoạn 12cm và 14cm. Tại một thời điểm nào đó vận

tốc của M1 có giá trị đại số là  40cm /s. Xác định giá trị đại số của vận tốc của M2 lúc đó.

B
 ài 10 :

Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao động cùng

pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những khoảng d1 = 25cm, d2 =

20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác.

a. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước.

b. N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai nguồn.

Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng nối S1S2.

trực của S1S2 có cùng pha với hai nguồn.
3. Tìm các điểm dao động cùng pha với I.
Bài 13

Trên mặt nước có hai nguồn sóng nước A và B cách nhau 16cm đang dao động vng góc với mặt
nước có cùng phương trình x = asin50t (cm). Biết C là một điểm trên mặt nước, thuộc đường cực
tiểu, giữa C và đường trung trực của đoạn AB có một đường cực đại. Khoảng cách AC = 17,2cm; BC
= 13,6cm.

a/ Tính bước sóng và vận tốc truyền sóng trên mặt nước?

b/ Trên cạnh AC có mấy điểm dao động với biên độ cực đại (không kể hai điểm A và C) ?

B

ài 14: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao động

cùng pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những khoảng d1 = 25cm,

d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại

khác.

a. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước.

b. N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai nguồn.

Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng nối S1S2.

c. Điểm C cách S1 khoảng L thỏa mãn CS1 vng góc với S1S2. Tính giá trị cực đại của L để điểm C

độ cực đại nằm trên chu vi của tam giác IS1S2.

Bài 17: Từ một nguồn phát sóng O, một sóng cơ học có biên độ nhỏ lan truyền theo phương đi qua

hai điểm M, N. Hai điểm đó cùng phía đối với nguồn O. Phương trình dao động tại hai điểm M và N
lần lượt là uM = aM sin (40t – 0,5); uN = aN sin (40t – 10,5). Tính tần số của sóng. Sóng lan truyền

tới điểm nào trước (điểm M hay N)? Tại sao? Tính vận tốc truyền sóng. Biết MN = 20cm.

Bai 18 Một sóng cơ học lan truyền theo một 1 phương với vận tốc

v = 80 cm/s. Năng lượng sóng bảo tồn khi truyền đi. Phương trình dao động tại nguồn sóng O có dạng

2sin(20 )( )

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

trên phương truyền sóng cách O một đoạn bằng d. Xác định d để dao động tại M ln ngược pha với
dao động của nguồn sóng.

Bài 19: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng trên mặt chất lỏng, hai nguốn kết hợp A, B cách nhau

20cm dao động điều hòa cùng biên độ, cùng pha theo phương vng góc với mặt chất lỏng với tần số f
= 16Hz, tại điểm M cách các nguốn A, B những khỏang tương ứng d1=30,5 cm và d2=26cm , sóng có

biên độ cực đại. Giữa điểm M và đường trung trực AB có hai dãy cực đại khác nhau, coi biên độ sóng
khơng đổi. Tính vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng. Hỏi trên đoạn thảng AB có bao nhiêu điểm
nằm yên?

Bài 20: Phương trình dao động tại nguồn O trên mặt chất lỏng có dạng: 4sin ( )
3

kì trên phương truyền sóng đều bằng biên độ a của nguồn.

b) Viết biểu thức dao động âm tại trung điểm Mo của S1S2 và tại M trên S1S2 cách Mo một đoạn

20cm.

Bài 23: Tại 2 điểm A, B cách nhau 13cm trên mặt nước có 2 nguồn sóng đồng bộ , tạo ra sóng mặt

nước có bước sóng là 1,2cm. M là điểm trên mặt nước cách A và B lần lượt là 12cm và 5cm .N đối
xứng với M qua AB .Số hyperbol cực đại cắt đoạn MN là :

A. 0 B. 3 C. 2 D. 4
Bài

24: Hai nguồn kết hợp S1,S2 cách nhau một khoảng 50mm trên mặt nước phát ra hai sóng kết hợp

có phương trình u1 u2 2cos200t(mm).Vận tốc truyền sóng trên mặt nước là 0,8 m/s. Điểm gần

nhất dao động cùng pha với nguồn trên đường trung trực của S1S2 cách nguồn S1 bao nhiêu:

A. 16mm B. 32mm C. 8mm D. 24mm

Bai

25 : Trong thí nghiệm giao thoa trên mặt nước, hai nguồn sóng kết hợp A và B dao động cùng pha,

cùng tần số, cách nhau AB = 8cm tạo ra hai sóng kết hợp có bước sóng  = 2cm. Trên đường thẳng ()
song song với AB và cách AB một khoảng là 2cm, khoảng cách ngắn nhất từ giao điểm C của () với
đường trung trực của AB đến điểm M dao động với biên độ cực tiểu là

Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng khơng đổi khi truyền đi. Trên đoạn
thẳng S1S2, điểm dao động với biên độ 6mm và cách trung điểm của đoạn S1S2 một đoạn gần nhất là:

A. 1/3cm B. 0,5 cm C. 0,25 cm D. 1/6cm

Bài 28: Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà

theo phương thẳng đứng với phương trình uA = 6cos40t và uB = 8cos(40t ) (uA và uB tính bằng mm,

t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng khơng đổi khi truyền
đi. Trên đoạn thẳng S1S2, điểm dao động với biên độ 1cm và cách trung điểm của đoạn S1S2 một đoạn

gần nhất là:

A. 0,25 cm B. 0,5 cm C. 0,75 cm D. 1

Bài 29: Ba điểm A,B,C trên mặt nước là ba đỉnh của tam giac đều có cạnh 20 cm trong đó A và B là

hai nguồn phát sóng có phương trình u1 u2 2cos(20t)(cm),sóng truyền trên mặt nước khơng suy

giảm và có vận tốc 20 (cm/s).M trung điểm của AB .Số điểm dao động ngược pha với điểm C trên
đoạn MC là:

A. 4 B. 5 C. 6 D. 3

Bài 30: Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp AB cách nhau một đoạn 12cm đang dao động vng góc

với mặt nước tạo ra sóng với bước sóng 1,6cm. Gọi C là một điểm trên mặt nước cách đều hai nguồn
và cách trung điểm O của đoạn AB một khoảng 8cm. Hỏi trên đoạn CO, số điểm dao động ngược pha

một đoạn:

A. 6 cm. B. 2 cm. C. 3 2 cm D. 18 cm.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài 34: Ở mặt nước có hai nguồn sóng cơ A và B cách nhau 15 cm, dao động điều hòa cùng tần số,

cùng pha theo phương vng góc với mặt nước. Điểm M nằm trên AB, cách trung điểm O là 1,5 cm, là
điểm gần O nhất luôn dao động với biên độ cực đại. Trên đường trịn tâm O, đường kính 15cm, nằm ở
mặt nước có số điểm ln dao động với biên độ cực đại là.

A. 20. B. 24. C. 16. D. 26.

Bài 35: Hai điểm A và B trên mặt nước cách nhau 12 cm phát ra hai sóng kết hợp có phương trình:
)

(
40
cos
2

1 u a t cm

u    , tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30 cm/s. Xét đoạn thẳng CD = 6cm trên

mặt nước có chung đường trung trực với AB. Khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB sao cho trên đoạn CD
chỉ có 5 điểm dao dộng với biên độ cực đại là:

A. 10,06 cm. B. 4,5 cm. C. 9,25 cm. D. 6,78 cm.

Bài 36 : Giao thoa sóng nước với hai nguồn A, B giống hệt nhau có tần số 40Hz và cách nhau 10cm.

Bài 39: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước,

A. 7 B.5 C.6 D.8

Câu 40. Ở mặt thống của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp A và B cách nhau 10 cm, dao

động theo phương thẳng đứng với phương trình uA = 3cos40πt và uB = 4cos(40πt) (uA và uB tính

bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30 cm/s. Hỏi trên đường
Parabol có đỉnh I nằm trên đường trung trực của AB cách O 1 đoạn 10cm và đi qua A, B có bao
nhiêu điểm dao động với biên độ bằng 5mm (O là trung điểm của AB):

A. 13 B. 14 C. 26 D. 28

Bai41:Hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 45mm ở trên mặt thoáng chất lỏng dao động theo phương

trình u1 = u2 = 2cos100t (mm). Trên mặt thống chất lỏng có hai điểm M và M’ ở cùng một phía của

đường trung trực của AB thỏa mãn: MA - MB = 15mm và M’A - M’B = 35mm. Hai điểm đó đều nằm
trên các vân giao thoa cùng loại và giữa chúng chỉ có một vân loại đó. Vận tốc truyền sóng trên mặt
chất lỏng là:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bai 42:: Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước cách nhau một đoạn S1S2 = 9λ phát ra dao động u=cos(

t). Trên đoạn S1S2, số điểm có biên độ cực đại cùng pha với nhau và ngược pha với nguồn (không kể
hai nguồn) là:

A. 8. B. 9 C. 17. D. 16.

Bai 43:Trên mặt nước, hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 40cm luôn dao động cùng pha, có bước sóng

pha với O bằng q = 9cm. Số điểm dao động với biên độ bằng O trên đoạn O1O2 là:

A. 18 B. 16 C. 20 D. 14

Bài 47: Có hai nguồn dao động kết hợp S1 và S2 trên mặt nước cách nhau 8cm có phương trình dao

động lần lượt là us1 = 2cos(10t -
4



) (mm) và us2 = 2cos(10t +
4



) (mm). Tốc độ truyền sóng trên

mặt nước là 10cm/s. Xem biên độ của sóng khơng đổi trong quá trình truyền đi. Điểm M trên mặt nước
cách S1 khoảng S1M=10cm và S2 khoảng S2M = 6cm. Điểm dao động cực đại trên S2M xa S2 nhất là

A. 3,07cm. B. 2,33cm C. 3,57cm. D. 6cm.

Bài 48: Hai nguồn đồng bộ cách nhau 16cm.  = 4cm. Điểm M cách AB 1 đoạn 60cm. Điểm M cách

đường trung trực 6cm, M’ đối xứng M qua AB. Hỏi trên MM, có bao nhiêu cực đại:

A. 2 B. 3 C. 1 D. 4

Bài 49: Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 6 2cm dao động theo phương trình

A. 5,28cm B. 10,56cm C. 12cm D. 30cm

LỜI GIẢI VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Bai 1:

a. + λ =

f
v

= 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm

+ Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1

uM1 = 2A cos 














1    

IM1 = S1I 3 4 3 6,93(cm)

Suy ra M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm)

Tương tự: IM2’ = S M1 '22  S I1 2  7, 22  42 5,99(cm)

 M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm)

c. Khi hệ sóng đã ổn định thì hai điểm S1, S2 là hai tiêu điểm của các hypecbol và ở rất gần chúng xem

gần đúng là đứng yên, còn trung điểm I của S1S2 luôn nằm trên vân giao thoa cực đại. Do đó ta có: S1I

= S2I = k

4
)
1
k
2
(
4
2







 

- Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác  k 3

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1 2 1 2
S S S S

k

 

   Với kZ  k 0, 1;...; 5

Vậy có 11 điểm dao động CĐ trên đoạn S S1 2

C.Tìm được ĐK số điểm dao động CT trên đoạn S S1 2là:

1 2 1 1 2 1

2 2

S S S S

k

 

     Với kZ  k  0, 1;...; 4; 5 

Vậy có 10 điểm dao động CT trên đoạn S S1 2

 

2
1
2
)

1
2
(

2 






      

 d k d k

 Do d  S S1 2/2  
2
1
2  

 k S S1 2 /2  k 2,16. Để dmin thì k=3.

dmin=

+ Hai nguồn cùng pha thì trung điểm của AB là một điểm cực đại giao thoa………

+ Trên đoạn AB có số điểm đứng yên là: min

2 10

A

AB
N



 

    

  điểm

C.Tính li độ của M1 tại thời điểm t1 (1điểm)

+ Pt dao động của M trên đoạn AB cách trung điểm H của AB một đoạn x:

uM 2 . osa c 2 x . os(c t .AB)

 

2 x cos2 .2 1/ 2
cos

4 3( / )
3

M M

M

M M

c c

u u

u

v u cm s

 



/ 2 / 2

k
x
x

c k k

AB x AB



 



 







        

  



d

Phương trình dao động tại M:

uM = u1M + u2M = 2Acos( )
4
)
( 2 1 





 d

d cos(t- (d 1 d2))




mm
Thay số: uM = 2 2 cos (10t) mm

2. Biên độ dao động của một điểm trên bề mặt chất lỏng:
AN = 2A cos( )

4
)
( 2 1 

4
1

(1)

Do S1S2 =8cm, S1M = 10cm, S2M =6cm nên  S1S2M vuông ở S2, nên:

BS22 + S1S22 = BS12 (2)

Từ (1) và (2) ta có BS2 = 31/60cm  0,52cm.

Bai 5 + Độ lệch pha của hai sóng tại một điểm M cách A, B những đoạn d1 và d2 là :

1 2

( )

d d

 




    với 30 3( )

( ) 6;...;6

AB d d k  AB k

        :

Trên đoạn AB có 13 điểm cực đại

+ Tại M là cực tiểu giao thoa: 1 2 1 2

2 1

( ) (2 1) ( )

2 4

d d k d d k

 

  



         

S1 S2

1 1

2 ( ) ( ).

4 4 2

d  d  x k  x k  ( 1) với k 6;...;6

+ Do đó

min

1 3

(6 ). 9,375( )
4 2

1 3

(0 ). 0,375( )
4 2

m

x cm

+ Hai điểm M1 và M2 đều thuộc một elip nhận A,B làm tiêu điểm nên:

AM1BM1 AM2BM2 b

Suy ra pt dao động của M1 và M2 là:

2
2

.
12. os .3 . os

3 4 4

1
.

12. os .4,5 . os

3 4 4

M

    

 



   

    

   

    



Tại thời điểm t1 : uM1 2(mm) uM2 2(mm)

Câu 4 Điểm 4

M là điểm dao động biên độ cực đại (hai sóng cùng pha)
=>

k
k

0,5
0,5
0,5
0,5

Bai7:

a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ A đến hai nguồn sóng phải bằng số
nguyên lần bước sóng (xem hình 2):

.
2



k
l
d

l   

Với k=1, 2, 3...

Khi l càng lớn đường S1A cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ

(k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại A có cực đại

b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:

.
2
)
1
2
(
2

2d  l k 

l

Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...

Ta suy ra :



)
1
2
(
2
)
1
2
(

12,5 2

cos cos cos

50 4 2 2

d d a

a a a

  



  

    ;

* Tại E: d2 – d1 = -25 cm

- Biên độ: AE = a

cos 0

50














)
2
cos(
.
)
2
cos(
.
2
2
1
1








u t cm

   

 
 
   
           
   
 

b. + Vị trí điểm dao động với biên độ cực đại thoả mãn:   1
2
cos 1 2  







 


d
d





















k
Zk
AB
k
AB
ABd
d
kd
d




Suy ra trên đoạn AB có 6 điểm cực đại giao thoa

15


















 k
Z
k
k

suy ra trên AC có 5 điểm cực đại

c. + M1 cách A,B những đoạn d1 12cm;d2 8cm;

M2 cách A,B những đoạn d1 14cm;d2 6cm

     
  
    
         

    

   
       
   
    


chứng tỏ hai điểm M1 và M2 dao động cùng biên độ ngược pha nhau, nên lúc vận tốc của M1 có giá trị

đại số là - 40cm/s thì vận tốc của M2 là 40cm/s. .

Bµi 10

a. Tính tốc độ truyền sóng:

 Tại M sóng có biên độ cực nên: d1 – d2 = k

k
d
d1 2


 

 
2
1
2
)
1
2
(
2 



      

 d k d k

 Do d  a/2  

2
1
2  

 k  a/2  k 2,16. Để dmin thì k=3.

dmin= x a x 3,4cm

2 min

2
2

20

v

cm
f

   

* Xác định số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB thoả mãn hệ thức:

1 2

2 1

1 2

(2 1)
2

0 ;

d d AB

d d k

d d AB



* Xác định số điểm dao động với biên độ cực đại trên MN.
Xét điểm D thuộc đoạn MN dao động với biên độ cực đại

Ta cã 2 1

2 1

(2 1)

2 6,02 5,02

20( 2 1) 20( 2 1)

d d k

k
d d




  



   



     



13,8 k 5,02

   

Có 19 giá trị của k nguyên - có 19 điểm dao động với biên độ cực đại trên BM

Bai 12:*1,  v.28cm


2 1
M

(d d )

A 2A cos  2 2cm


1 2

S S 3,75


 có tổng 7 cực đại, 8 cực tiểu trên vùng giao thoa.

M nằm giữa cực đại bậc 1 và cực tiểu thứ 2 nên trên đoạn MS2

có 05 cực đại, 05 cực tiểu.

        .Vậy x 64k2 225

  (k2)

3, Pha ban đầu của I: 1 2
I

S S 30 3,75

8
   

    



Pha ban đầu của P: P 1 2 1 2

(d d ) (d d )
8

     

  



P và I dao động cùng pha khi    I P 2n

1 2

d1 + d2 = AB => d1 = 1,2k + 8

mà 0 < d1 < 16 => - 6,7 < k < 6,7

Vậy có 13 điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB
=> Số đường cực đại đi qua AC là: 8.

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

Bai 14:

a. Tính tốc độ truyền sóng:

 Tại M sóng có biên độ cực nên: d1 – d2 = k

k
d
d1 2




A B

k=0 k=1

d1 d

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì

 

2
1
2
)

1
2
(

2 






 Để tại C có cực đại giao thoa thì:
L2 a2 L k .

    ; k =1, 2, 3... và a = S1S2

Khi L càng lớn đường CS1 cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị

lớn nhất của L để tại C có cực đại là k =1

 Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:
cm

L
L

L2max 64 max 1,5 max 20,6

Bài 15:

a. Giả sử M và M’ thuộc vân cực đại

Khi đó: MA – MB = 15mm = k  ; M’A – M’B = 35mm = (k + 2)  => (k + 2)/k = 7/3 => k = 1,5
không thoả mãn => M và M’ không thuộc vân cực đại.

Nếu M, M’ thuộc vân cực tiểu thì:

MA – MB = 15mm = (2k + 1)  /2; và M’A – M’B = 35mm = 2 2 1
2

k

Bai 16

Đáp án Điểm

+ Phương trình dao động tại S1 và S2 có dạng:

+ u1 = 2cos(40t ) ; u2 = 2cos(40t - 0,5 )

- Phương trình sóng tại M có dạng:

0,25

A B

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

+ 2cos(40 2 1)
1



t d

uM   ; 2 2cos(40 2 2)



t d

4
40

cos
4
)
(

cos

4 2 1 1 2

2
1









 d d

t
d

d

0,25

Từ (1) dao động tại M có biên độ: 












4
)
(

cos

4 2 1 


 d d

2
2
1

2k S S

d

d     

=>- 9,75 < k<10,25

=> k = 0, 1, 2,...9,-10

Vậy trong khoảng S1S2 có 20 đường dao động cực đại

Vậy trên chu vi tam giác IS1S2 có 40 điểm dao động cực đại.

0,25

Bai 17

Tần số f của sóng là

f 20Hz

  

Vận tốc của sóng là:

V = .f = 4 x 20 = 80 cm/s
Bai 18

Chu kì sóng : T 2 2 0.1s
20

 

  

 

Bước sóng  vT 80 0.1 8cm / s  

Phương trình dao động tại M: uM 2sin 20 t 2   d


</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Để uM luôn ngược pha với u thì :  

2  2k 1 


Suy ra d 2k 1 k 1

Mà λ = v v = λ.f = 1,5x16 = 24m/s
f 

Trên đoạn AB có sóng dừng, khoảng cách giữa hai nút sóng (hoặc hai bụng sóng) kế tiếp nhau là

= 0,74cm

2 .

Trung điểm O của AB là một bụng sóng, nút sóng thứ nhất bên phải O là N1 cách O một khoảng

1 λ 1,5

ON = = = 0,375cm.

4 4

Khoảng cách OB là: OB =AB= 20= 10cm

2 2 .

Số nút sóng nằm giữa N1 và B là:
1

N B 10 0,375

n 12,83

 

   

       

   

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2 ( t 2) ( t 1) 2 1

           

2 d 2 210

1,75 (rad)
240

 

   

 (0,25 điểm)

Bai 21a) Tính bước sóng và vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng.

Điểm M mà sóng có biên độ cực đại

 d d2 d1  K 14 – 10 = K = 4 cm.

d d K AB K

d d AB 2 2

Mà      

 

2 AB AB

0 d AB K

 - 4,5 ≤ K ≤ 4,5

do K nguyên nên K = 0, ±1, ±2, ±3, ±4 (0,25 điểm)
Vậy có 9 điểm dao động có biên độ cực đại trên AB (0,25 điểm)

Bai 22: Theo giả thiết, sóng âm phát ra từ hai nguồn S1, S2 là hai sóng kết hợp nên giao thoa với nhau.

Do đó, tại những điểm dao động do hai nguồn âm ngược pha nhau sẽ triệt tiêu nhau, cường độ âm sẽ

bằng 0. (0,25 điểm)

Giả sử phương trình dao động tại hai nguồn S1S2:
1 2

S S a sin t

   



 

Dao động tổng hợp tại M là

 

2 1

M (d d ) 1 2

S 2a cos  sin t  d d 

    .

Tại những điểm thỏa mãn

2 1 1

d d K

 

   

     

mà 0 < d2 < S1S2 (0,25 điểm)

=> - 10,5 < K < 9,5

Các giá trị của d2: 0,2m; 0,6m; 1,0m; 7,4m; 7,8m.(0,25 điểm)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Tại Mo ta có d2 d1 5 hay d2 – d1 =0 nên A = 2a.

Khi đó SMO 2a sin( t 10 ) 2a sin t     (0,25 điểm)

Tại M1: d2 d1 0, 4m

2


   nên A = 0.

Khi đó SM1 0 tại đó khơng có dao động. (0,25 điểm)

Bai 23:

Giải:

Xét điểm C trên MN: AC = d1; BC = d2

I là giao điểm của MN và AB
AI = x

k
k

2
,
1

54
,
59
72

0 2



≤ 12

0,72k2 – 13,296k + 59,94 ≥ 0k < 7,82 hoặc k > 10,65 k ≤ 7 hoặc k ≥ 11 (1)

và 0,72k2 – 14,4k + 59,94 ≤ 0 5,906 < k < 14,09  6 ≤ k ≤ 14 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra 6 ≤ k ≤ 7 Như vậy có 2 hyperbol cực đại cắt đoạn MN . Chọn đáp án C

Bai 24: Giải:
Giải 1:

Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là:



d1d2 k2  d1d2 2k d1d2 k

+ Gọi x là khoảng cách từ M đến S1 và S2:

d1 = d2 =

2 1 2

S S
x   

  =k



 

2 1 2 2

0,64 6, 25
2

S1 O Sx 2
d1

d2
M




S

S1

S1 d S2

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bước sóng  = v/f = 0,8 / 100 m = 8mm
Sóng tổng hợp tại M: uM = 4cos(200t -


d
2

) ( mm)

thay vào (1):

2 2 2 2

1 2

d d AI x MK BI x MK

2


  (  )   (  )  

Thay số vào giải pt: 2 2 2

1 2

d  d  (4 x ) 2  (4 x ) 2 1 x 0 56cm , ChọnC

Bai 26:Giải:

Bước sóng  = v/f = 4 cm
Xet điểm M: AM = d1; BM = d2

uM = acos(20t -


 1
2 d

 d1 = k – k’. Điểm M gần A nhất ứng với k-k’ = 1  d1min =  = 4 cm. Đáp án C
Giải

Bai 27:Bước sóng  = v/f = 2 cm.

Xét điểm M trên S1S2: S1M = d ( 2 ≤ d ≤ 14 cm)

u1M = acos(30t -

d
2

) = acos(30t - d)

u2M = bcos(30t +
2


-
(16 )

2  d

) = bcos(30t +

2


= (2k + 1)  d = 
4
1

2
1

+ k =

4
3

+ k

2 ≤ d =

4
3

+ k ≤ 14  1,25 ≤ k ≤ 13,25 2 ≤ k ≤ 13. Có 12 giá trị của k. Chọn đáp án A.

d1 d2

M



B

) mm = 6cos(40t - d - 4) mm

uS2M = 6cos(40t -

(4 )
2  d

) mm = 6cos(40t +


d
2
-


8

) mm = 6cos(40t + d - 4)

Điểm M dao động với biên độ 6 mm khi uS1M và uS2M lệch pha nhau
3
2

2d = k

3
2

 d = 
3



  




Bai 29: Giải

Bước sóng  = v/f = 2 cm., I là trung điểm của S1S2

Xét điểm M trên S1S2: IM = d ( 0 < d < 4cm)

uS1M = 6cos(40t -

(4 )
2 d

) mm = 6cos(40t - d - 4) mm

uS2M = 8cos(40t -

(4 )
2  d

) mm = 8cos(40t +


d
2

Amax=6+8=14mm

0
max
4
,
44
14
10

cos     

A
A

Độ lệch pha giữa I và M cần tìm là
cm
d

d 0,247

180
4
,
44
2






   



Điểm N dao động ngực pha với C :

16
2
19
10
)
(
2
16
)
(
)
1
2
(

20           

  d k  k Z d k cm k

S
2









 5,0 5,4 k 2;1;0 4;3;

Z
k

k

Có 5 điểm dao động cùng pha với C.

Bai 30: Giải

Do hai nguồn dao động cùng pha nên để đơn giản ta cho pha ban đầu của
chúng bằng 0.

Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng:  2 d


  .

Mà :AO d 1AC 

2
2
(2 1)0,8

2 2

AB AB

k   OC

     

 



4
6 (2 1)0,8 10 3, 25 5,75

k

k k

k



+ Mà :AO d 1AC 

2
2
1,6

2 2

AB AB

k   OC

    

 

(Do

AB

AO  và

2
2

nguồn.

Bai 32

Giải

Phương trình sóng tổng qt tổng hợp tại M là: uM = 2acos( 2 1

d d




)cos(20t - d2 d1





)

Với M cách đều S1, S2 nên d1 = d2. Khi đó d2 – d1 = 0  cos( 2 1
d d





) = 1  A = 2a

  =
k

  0,64 9

2
2
2
2











 x k AB k  0,64k 2 9 0  k  3,75

 kmin = 4 1 2 2k 8

d
d

 Phương trình sóng tại M là: uM =





 d d k

Gọi x là khoảng cách từ M đến AB:

 
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
)
1
2
(

2 

x 4 2 1 18 4(2 1) 18 0,56 min 1 min 3 2

2
2














Bai 34: Giải

+ Xét điểm M ta có d2 = 15/2 + 1,5 = 9cm; d1 = 15/2 – 1,5 = 6cm d2 – d1 = 3 cm.

+ Sóng tại M có biên độ cực đại khi d2 – d1 = k = 3 cm. ( k =0; ± 1 ...)

+ Với điểm M gần O nhất nên k = 1. Khi đó ta có:  = 3cm
+ Xét tỉ số: 5

2
/

Vậy: h d2 BM2 13,52 81 10,06cm
2

max     

Bai 36:

Bước sóng  = v/f = 0,015m = 1,5 cm
Xét điểm N trên AB dao động với biên độ
cực đại AN = d’1; BN = d’2 (cm)

d’1 – d’2 = k = 1,5k

d’1 + d’2 = AB = 10 cm

d’1 = 5 + 0,75k

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

0 ≤ d’1 = 5 + 0,75k ≤ 10 - 6 ≤ k ≤ 6

Điểm M đường thẳng By gần B nhất ứng với k = 6
Điểm M thuộc cực đại thứ 6

d1 – d2 = 6 = 9 cm (1)

d12 – d22 = AB2 = 102 d1 + d2 = 100/9 (2)

Lấy (2) – (1) 2d2 = 100/9 -9 = 19/9 d2 = 19/18 = 1,0555 cm = 10,6 mm. Chọn đáp án A
Bai 37:

Bước sóng  = v/f = 0,03m = 3 cm

 h = d2 x2 202 1 399 19,97mm

2      . Chọn đáp án C

Bài 38. 
Giải

Bước sóng  = v/f = 2,5cm

Xét điểm M trên CD, M gần I nhất dao động
với biên độ cực đại khi d1 – d2 =  = 2,5 cm (*)

Đặt x = IM = I’H
d12 = MH2 + (

AB
+ x)2

d22 = MH2 + (
2

AB
- x)2

d12 – d22 = 2ABx = 40x

d1 + d2 = 2,5

k k k k

 

                . 
d

M



B


d2
d

I M
 

u C t 



 

+Phương trình sóng do nguồn B gây ra tại điểm M,nằm trên đường thẳng chứa hai nguồn
có dạng :

BM 4 OS(40 2 ( ))

l d

u C t 




 

+Phương trình sóng do nguồn A,B gây ra tại điểm M :

M

u 3 OS(40C t 2d)


 4 OS(40C t 2 ( l d))


Thay:  =15mm,l = 100mm và: 0 < d < 100 Ta có : k = 0,1,2,3,4,5,6. Tức là có 7 điểm
có biên độ bằng 5mm.

Do đó trên đường parabol trên có 14 điểm có biên độ bằng 5mm. Chọn:B

Chú ý: Từ biểu thức biên độ a ta thấy:

+ Điểm có biên độ cực đại (gợn sóng): 7mm.
+ Điểm có biên độ cực tiểu: 1mm.

Bài 41

GIẢI:

Giả sử M và M’ thuộc vân cực đại

Khi đó: MA – MB = 15mm = k  ; M’A – M’B = 35mm = (k + 2)  => (k + 2)/k = 7/3 => k = 1,5
không thoả mãn => M và M’ không thuộc vân cực đại.

Nếu M, M’ thuộc vân cực tiểu thì:

MA – MB = 15mm = (2k + 1)  /2; và M’A – M’B = 35mm = 2 2 1
2

k


 

)cos(20t - d2 d1




)

Với d1 + d2 = S1S2 = 9λ

Khi đó: Phương trình sóng tổng qt tổng hợp tại M là:

uM = 2cos( 2 1

d d




)cos(20t - 9) = 2cos(d2 d1




)cos(20t - ) = - 2cos(d2 d1




)cos(20t)




    



Suy ra : AD BD k   AC BC Hay : AD BD k AC BC

 

 

  . Hay : 30 50 50 30

6 k 6

 

 

Giải ra : -3,3<k<3,3 Kết luận có 7 điểm cực đại trên CD.

Số điểm cực tiểu trên đoạn CD thoã mãn : 2 1

2 1

(2 1)
2

6 k 6

 

   Suy ra : 6,67 2 k 1 6,67 Vậy : -3,8<k<2,835. Kết luận có 6

điểm đứng yên.
Bai 44:

Hướng dẫn:
2 2 20 2( )

BD AD AB  cm

Với 40 ( / ) 2 2 0,05( )

rad s T   s

 

     Vậy : v T. 30.0,05 1,5 cm

2 1

   . Thay số :

2(20 20 2) 2.20
2 1

1,5 k 1,5



   Suy ra : 11,04 2 k 1 26,67 Vậy : -6,02<k<12,83.

Kết luận có 19 điểm cực đại.
Bai 45:

Ta có: v 50 10

f 5 cm

   

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Áp dụng công thức 






2
1
2

 d k

d = 1

k 

Mặt khác: dM d2M  d1M 17 13 4  cm

2 1 7 23 16

N N N

d d d cm

     

Vì điểm P nằm trong đoạn MN nên ta có dN d2 d1dM

 -16 1

k 

  4  16 1 4 1

6 k 6

  (với l = 2a)

Phương trình dao động tại M: u 2 osAc t 2d


 

   

 

Độ lệch pha của M so với O:  2 ( d a)


  

M dao động cùng pha với O nên:  2 ( d a) 2k d a k


      

Điểm M gần O nhất thì: k = 1 d a a2 q2 a 122 92 12 3cm



         

Số cực đại trên O1O2:
l k l

O1 O O•2

d
d

a
a

d2

S2
S1

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

u2N = 2cos(10t +
4

-

 2

2
2
1 d
d 
-
4
1

= k ---> d1 – d2 =
2

1
4 k

(1)

d12 – d22 = S1S22 = 64 ---> d1 + d2 = 4 1
128
64

1 


 d k

d (2)

1
4
(
4
)
1
4
(
256 2



k
k
≤ 6

đặt X = 4k-1 --->

0 ≤
X
X
4
256 2


≤ 6---> X ≥ 8 ---> 4k – 1 ≥ 8 ---> k ≥3

Điểm N có biên độ cực đại xa S2 nhất ứng với giá trị nhỏ nhất của k: kmin = 3

Khi đó d2 = 3,068 3,07

trong đó kể cả A và B

ứng với k = 0; 1; 2; 3;  4.
Xét điểm N trên MM’

AN = d1; BN = d2

Đặt AN’ = x : 2 (cm)  x  14(cm)
N là điểm cực đại:

d1 – d2 = k = 4k (1)

d12 – d22 = AN’+ NN’2 – (BN’2 + NN;2)

d12 – d22 = x2 – (16 – x)2 = 32x – 256

(d1 – d2 )(d1 + d2 ) = 32x – 256

----> d1 + d2 = (8x-64)/k (2)

Từ 91) và (2) ta có:
d1 = 2k +

k
x 32
4 

Khi k = 0; trung trực của AB cắt MM’

Khi k = 1 d 1 = 2 + 4x – 32  60 ---> x  22,5 cm. Do đó cực đại thứ nhất sẽ khơng cắt đoạn

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Với d1 = d2 ta có: 2 1 2 1

d d  k  

Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 =

2 1 2

S S

x   

 

=2 1
2

k  

Suy ra

2 2

d

); uBM = a2cos(t -

d

)

uM =(a1 + a2)cos(t -

d
2

)

uI =(a1 + a2)cos(t -

.8
2

) =

uI =(a1 + a2)cos(t -




2 d

) và uBN = a2cos(t -


 2
2 d

) dao động ngược pha nhau

d2 – d1 = (k +
2
1

) = 4k + 2 >0 (*) ( d2 > d1);

Mặt khác d22 – d12 = AB2 = 256---> (d2 + d1)(d2 – d1) = 256--->

---> (d2 + d1) =

2
4

256


k =2 1
128



M 
N 

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Giải

+ Ta có 200 20( )
10

v

cm
f

    .

+ Do M là một cực đại giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn
nhất thì M phải nằm

trên vân cực đại bậc 1 như hình vẽ và thõa mãn :

2 1 1.20 20( )

d  d k  cm (1).

Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :

2 2 2 2

2 ( ) ( ) 40 1 (2)

Hay : 100 100 3,3 3,3

3 3

AB AB

k k k

 

 

         .

Suy ra : k    0, 1, 2, 3.

Vậy để đoạn AM có giá trị bé nhất thì M phải nằm trên đường
cực đại bậc 3 ( k=3 ) như hình vẽ và thõa mãn :

d2 d1k 3.30 90( cm)

Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :
2 2 2 2

2 ( ) ( ) 100 1 (2)

AM d  AB  AM  d

Thay (2) vào (1) ta được :

d1 d2

</div>

Nhờ tải bản gốc

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Bài tập ôn thi học sinh giỏi có đáp án chi tiết về sóng cơ môn vật lý lớp 12 | Lớp 12, Vật lý - Ôn Luyện - Pdf 72

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Học thêm